解析山西省大同市星原学校高三上学期第二次质检物理复兴班试题.docx

解析山西省大同市星原学校高三上学期第二次质检物理复兴班试题.docx

《解析山西省大同市星原学校高三上学期第二次质检物理复兴班试题.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《解析山西省大同市星原学校高三上学期第二次质检物理复兴班试题.docx（31页珍藏版）》请在冰豆网上搜索。

解析山西省大同市星原学校高三上学期第二次质检物理复兴班试题

一、单项选择题（每小题3分，共2４分.每小题的四个选项中,只有一个选项正确.）

1.（3分）伽利略为了研究自由落体的规律，将落体实验转化为著名的“斜面实验”,对于这个研究过程,下列说法正确的是（　）

　A.斜面实验是一个理想实验

B.　斜面实验放大了重力的作用，便于测量小球运动的路程

C.通过对斜面实验的观察与计算,直接得到落体运动的规律

　D．不直接做落体实验是因为当时时间测量不够精确

【考点】:

牛顿第一定律.

【分析】：

本题考查了有伽利略“斜面实验”的知识,根据其历史背景我们知道，之所以采用“斜面实验”,注意碍于当时对时间的测量技术、手段落后.

【解析】:

解：

A、伽利略“斜面实验”没有进行理想化处理，不是理想实验,故A错误;

B、伽利略时代，没有先进的测量手段和工具，为了“冲淡”重力作用,采用斜面实验,其实就是为了使物体下落时间长些,减小实验误差，故B错误；

C、根据实验结果，伽利略将实验结论进行合理的外推，得到落体的运动规律，并非是主观臆断得出的,是在实验的基础上得出的,故C错误;

D、伽利略时代，没有先进的测量手段和工具，为了“冲淡”重力作用，采用斜面实验，其实就是为了使物体下落时间长些，减小实验误差,故D正确；

故选：

D.

【点评】：

本题关键要了解伽利略“斜面实验”的历史背景，以及实验方法，体会实验在物理中的重要作用.

２．（3分）图中弹簧秤、绳和滑轮的重量均不计,绳与滑轮间的摩擦力不计，物体的重力都是G，在图甲、乙、丙三种情况下,弹簧秤的读数分别是F１、F2、Ｆ3，则（）

　　Ａ.F3>F１＝Ｆ2B．　F3=Ｆ1>F2C．Ｆ1=F2＝F３　Ｄ．F1>F2=F３

【考点】：

共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用.

专题：

共点力作用下物体平衡专题.

【分析】:

弹簧称的读数等于弹簧受到的拉力.甲图、乙图分别以物体为研究对象由平衡条件求解．丙图以动滑轮为研究对象分析受力情况，根据平衡条件求解.

【解析】:

　解：

甲图：

物体静止,弹簧的拉力F1＝mg;

乙图:

对物体为研究对象，作出力图如图.

　　　由平衡条件得

　　F２＝Gsin60°=

=0.8６6mg

丙图:

以动滑轮为研究对象,受力如图．由几何知识得F3=ｍg.故Ｆ3＝F１>Ｆ2

故选B

【点评】:

本题是简单的力平衡问题,关键是分析物体的受力情况，作出力图.对于丙图，是平衡中的特例，结果要记忆．

３．（３分）甲、乙两车在同一水平道路上,一前一后相距S＝６ｍ，乙车在前,甲车在后，某时刻两车同时开始制动，此后两车运动的过程如图所示，则下列表述正确的是（　）

　　A.当t=4ｓ时两车相遇B.当t＝4s时两车间的距离最大

　C．两车有两次相遇Ｄ.两车有三次相遇

【考点】:

　匀变速直线运动的图像.

专题：

运动学中的图像专题．

【分析】：

根据图象与时间轴围成的面积可求出两车的位移，则可确定何时两车相遇．

能够画出两车的运动情景过程,了解两车在过程中的相对位置．

【解析】：

解：

A、图象与时间轴围成的面积可表示位移,

０﹣4ｓ,甲的位移为４8m,乙的位移为4０ｍ,甲、乙两车在同一水平道路上,一前一后相距S＝6m，

当ｔ=4ｓ时,甲车在前，乙车在后，相距２m．所以当t=4s时两车不相遇，第一次相遇发生在4s之前.故A错误.

B、开始时乙车在前，甲车在后,甲的速度大于乙的速度，所以两车间的距离减小，故B错误.

C、0﹣6s,甲的位移为6０m，乙的位移为54m,两车第二次相遇，6s后,由于乙的速度大于甲的速度,乙又跑到前面，

8ｓ后，由于甲的速度大于乙的速度，两车还会发生第三次相遇，故C错误,D正确．

故选D.

【点评】:

速度﹣时间图象中要注意观察三点：

一点,注意横纵坐标的含义;二线,注意斜率的意义；三面,速度﹣时间图象中图形与时间轴围成的面积为这段时间内物体通过的位移.

4.（3分）（201０•宝山区一模）如图所示，在水平地面附近小球Ｂ以初速度v斜向上瞄准另一小球A射出,恰巧在B球射出的同时,A球由静止开始下落，不计空气阻力.则两球在空中运动的过程中（　　）

　A.以地面为参照物，A球做匀变速运动，B球做匀速运动

　B.在相同时间内Ｂ球的速度变化一定比A球的速度变化大

　C.两球的动能都随离地的竖直高度均匀变化

D.A、Ｂ两球一定会相碰

【考点】:

抛体运动；自由落体运动．

【分析】:

　A球做的是自由落体运动.B球做的是斜抛运动．

根据受力情况和牛顿第二定律知道它们的加速度都为重力加速度.

根据运动特点解决问题．

【解析】：

解:

A、以地面为参考系进行分析，A自由落体,B斜抛运动，故A错误；

Ｂ、两个球都是只受重力,加速度相同，为g,故相同时间内速度的改变量相等,为gt，故Ｂ错误;

C、根据动能定理得:

WG=△EK

重力做功随离地竖直高度均匀变化，

所以A.B两球的动能都随离地竖直高度均匀变化，故C正确；

D、若Ｂ球初速度不够大或A球的高度不够大，相遇前可能已经落地，故D错误；

故选C．

【点评】：

自由落体运动和斜抛运动都是匀变速运动.它们的加速度都为重力加速度.

5．（３分）如图所示，质量不计的轻质弹性杆P插入桌面上的小孔中，杆的另一端固定一质量为ｍ的小球，今使小球在水平面内做半径为Ｒ的匀速圆周运动,角速度为ω,则下列说法正确的是（重力加速度为ｇ）（）

　A.球所受的合外力大小为

　Ｂ.　球所受的合外力大小为

　C．球对杆作用力的大小为

Ｄ.　球对杆作用力的大小为

【考点】:

牛顿第二定律;向心力.

专题：

牛顿第二定律在圆周运动中的应用.

【分析】：

　小球受到重力和杆子的作用力，两个力的合力提供小球做匀速圆周运动的向心力.根据力的合成，求出球对杆子的作用力大小.

【解析】:

解:

A、小球所受合力提供匀速圆周运动的向心力，即

．故A、B错误.

　C、小球受重力和杆子对它的作用力F,根据力的合成有：

所以Ｆ=

.故C错误，Ｄ正确.

故选D．

【点评】：

解决本题的关键知道小球匀速圆周运动的向心力由重力和杆子对它作用力的合力提供．根据向心力求出合力，根据力的合成求出杆子的作用力.

6.（3分）如图两段长均为L的轻质线共同系住一个质量为m的小球，另一端分别固定在等高的A、Ｂ两点，A、B两点间距也为L,今使小球在竖直平面内做圆周运动,当小球到达最高点时速率为v,两段线中张力恰好均为零,若小球到达最高点时速率为2v,则此时每段线中张力大小为（）

A．　

mg　B.　2

ｍgC．3mｇD．4ｍg

【考点】：

向心力;匀速圆周运动.

专题：

匀速圆周运动专题.

【分析】：

小球在最高点绳子张力为零，靠重力提供向心力，根据牛顿第二定律求出小球在最高点速率为2v时,两段绳子拉力的合力，从而根据力的合成求出每段绳子的张力大小.

【解析】:

解:

当小球到达最高点速率为v,有mg=m

当小球到达最高点速率为２v时,应有Ｆ+mｇ=m

＝4mg，所以F=３mg，此时最高点各力如图所示,所以FＴ=

mg,A正确.B、C、D错误.

故选Ａ．

【点评】:

本题考查牛顿第二定律和力和合成的综合运用,关键知道小球在最高点向心力的来源,结合牛顿第二定律进行求解.

7．（3分）（20１3•广西模拟）关于人造地球卫星的下列说法中，正确的是（　　）

　A．人造地球卫星做匀速圆周运动时的圆心不一定都在地心

　B.所有人造地球卫星的轨道都在赤道平面内

　C.人造地球卫星的发射场一般选择在尽可能靠近赤道的地方,且沿地球自转方向发射

D．第一宁宙速度是人造地球卫星环绕地球做匀速圆周运动的最小线速度

【考点】：

人造卫星的加速度、周期和轨道的关系;万有引力定律及其应用．

专题：

人造卫星问题.

【分析】：

卫星绕地球做匀速圆周运动，是靠万有引力提供向心力,万有引力的方向指向地心，故圆周运动的圆心为地心．

人造地球卫星的发射场一般选择在尽可能靠近赤道的地方，赤道处地球自转线速度较大．

【解析】：

解:

A、卫星运动过程中的向心力由万有引力提供，故地球必定在卫星轨道的中心,即地心为圆周运动的圆心.

同步卫星由于其周期和地球的自转周期相同，轨道一定在赤道的上空．故A、Ｂ错误

C、人造地球卫星的发射场一般选择在尽可能靠近赤道的地方，赤道处地球自转线速度较大,且沿地球自转方向发射,故C正确

D、第一宁宙速度是人造地球卫星环绕地球做匀速圆周运动的最大线速度,故D错误

故选C.

【点评】：

解决本题的关键知道卫星绕地球做匀速圆周运动，圆心即为地心．以及同步卫星的轨道在赤道上空．

８．（3分）如图所示,足够长的水平传送带以速度ν沿顺时针方向运动，传送带的右端与光滑曲面的底部平滑连接,曲面上的A点距离底部的高度为h=0.4５m.一小物块从A点静止滑下,再滑上传送带，经过一段时间又返回曲面，

g取10m/ｓ2，则下列说法正确的是（　　）

　　A．若ν=1m／s,则小物块能回到A点

B．　若ν＝2m/s，则小物块能回到A点

　C.若ν=5m/s,则小物块能回到A点

　D．　无论ν等于多少,小物块均能回到A点

【考点】:

牛顿第二定律;匀变速直线运动的位移与时间的关系．

专题：

牛顿运动定律综合专题．

【分析】:

由于曲面是光滑的,物体从A点下滑之后，机械能守恒，由此可以求得到达水平传送带时物体的速度的大小，之后物体在传送带上减速运动,减到零之后由开始反向加速，根据此时的传送带的速度的不同可以分析得到物体脱离传送带时的速度的大小,与原来下滑时的速度的大小相对比,可以知道物体能不能回到原来的A点．

【解析】：

解:

物体在曲面上下滑的过程中,物体的机械能守恒,

根据机械能守恒可得,mgh=

ｍv0２,所以小物块滑上传送带的初速度：

v0=

，物体到达传送带上之后,由于摩擦力的作用开始减速,速度减小为零之后，又在传送带的摩擦力的作用下反向加速,根据物体的受力可知，物体在减速和加速的过程物体的加速度的大小是相同的．

　当传送带的速度v≥3　m/s时，由匀变速直线运动的规律ｖ２﹣v02=2ax分析可知，物体的加速和减速运动的位移的大小相同,小物块返回曲面的初速度都等于3ｍ/s，物体恰好能回到A点，当传送带的传送速度

v＜3m／s　时,物体反向加速时的位移的大小要比减速时位移小,当和传送带的速度相同之后，物体就和传送带一起做匀速直线运动,所以小物块返回曲面的初速度等于传送带的速度v，小于3ｍ/ｓ,物体上升的高度比原来的高度要小，不能回到A点．

根据以上的分析可知，当传送带的速度v≥3　m/s时,物体就能够回到原来的A点,所以C正确．

故选:

C

【点评】：

本题很好的考查了学生对物体运动状态的分析能力，物体在减速和反向的加速阶段的加速度的大小是相同的,只有当传送带的速度大小大于或等于物体下滑的速度的时候,物体反向加速的速度的大小才会等于下滑时的速度的大小，才能够返回原来的A点.

二、多项选择题（每小题4分，共24分．每小题给出的四个选项中,至少有两个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．）

9．（4分）（20０9•江苏模拟）如图所示，质量分别为m1、m2的两个物块间用一轻弹簧连接,放在倾角为θ的粗糙斜面上,物块与斜面间的动摩擦因数均为μ.平行于斜面、大小为F的拉力作用在m1上,使ｍ１、ｍ2一起向上作匀加速运动，斜面始终静止在水平地面上，则（　）

　A.　弹簧的弹力为

　　B．弹簧的弹力为

+μm2gsinθ

　Ｃ．　地面对斜面的摩擦力水平向左

D.地面对斜面的摩擦力水平向右

【考点】：

共点力平衡的条件及其应用;力的合成与分解的运用.

专题：

共点力作用下物体平衡专题．

【分析】:

　由题，m1、m2一起向上作匀加速运动，先根据牛顿第二定律求出加速度，再对ｍ1研究,由牛顿第二定律求出弹簧的弹力．以斜面为研究对象,由平衡条件分析地面对斜面的摩擦力方向.

【解析】：

解:

Ａ、B根据牛顿第二定律得:

对m1、m2整体：

F﹣μ（m1+m2）ｇｃosθ﹣（ｍ1+ｍ2）gｓｉｎθ=（m1+m２）ａ，

对ｍ2:

F弹﹣μm２gcｏsθ﹣m2ｇsinθ=m2a，

联立上两式得:

Ｆ弹=

.故Ａ正确,B错误．

C、Ｄ以斜面为研究对象，分析受力情况:

重力G、m1、m2的压力Ｎ１和滑动摩擦力f1、地面的支持力Ｎ２，如图,则由平衡条件可知，地面对斜面的摩擦力f2必定水平向左,斜面才能保持平衡.故C正确，D错误.

故选ＡC

【点评】：

本题解题关键是研究对象的选择，采用整体法和隔离法相结合的方法求解弹簧的弹力,运用隔离法分析,地面对斜面的摩擦力的方向.

10.（4分）如图所示,在空中某一位置Ｐ将一个小球以初速度v0水平向右抛出,它和竖直墙壁碰撞时速度方向与水平方向成45°角，若将小球仍从P点以2v0的初速度水平向右抛出,下列说法中正确的是（　）

　A.小球在两次运动过程中速度增量方向相同,大小之比为2:

1

　B．小球第二次碰到墙壁前瞬时速度方向与水平方向成30°角

　C.小球第二次碰到墙壁时的动能为第一次碰到墙壁时动能的2倍

D.　小球第二次碰到墙壁时的动能为第一次碰到墙壁时动能的

倍

【考点】:

平抛运动；动能.

专题:

　平抛运动专题．

【分析】:

平抛运动做加速度为g的匀变速曲线运动，速度变化量的方向竖直向下,大小△ｖ＝gt.根据水平位移一定，求出两次运动时间之比，从而得出竖直分速度之比，结合初速度，运用平行四边形定则求出碰撞墙壁的速度关系，从而得出动能关系.

【解析】：

解:

A、初速度增大为原来的2倍，小球在水平方向上做匀速直线运动,则运动时间变为原来的

，小球速度增量的方向竖直向下,根据△v=ｇt知,两次运动过程中速度增量大小之比为２:

1．故Ａ正确.

B、小球以初速度ｖ0水平向右抛出,它和竖直墙壁碰撞时速度方向与水平方向成４５°角，则有:

vｙ=v0,小球以2v0的初速度水平向右抛出，竖直分速度变为原来的

，水平分速度变为原来的2倍，则

可知α≠30°．故Ｂ错误．

Ｃ、小球以初速度v0水平向右抛出,它和竖直墙壁碰撞时速度方向与水平方向成45°角,则有：

vy＝ｖ0，则小球的动能

．

小球以2ｖ0的初速度水平向右抛出,竖直分速度变为原来的

大小为

水平分速度为2ｖ0,则速度v＝

，则小球的动能

．小球第二次碰到墙壁时的动能为第一次碰到墙壁时动能的

倍．故C错误，Ｄ正确.

故选:

AD.

【点评】:

解决本题的关键知道平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动,结合运动学公式灵活求解．

11.（4分）（201１•湖州模拟）某同学在物理学习中记录了一些与地球、月球有关的数据资料如下:

地球半径R=6４00km，月球半径r=17４0km,地球表面重力加速度g0=9.８0m／ｓ２，月球表面重力加速度ｇ′=1.5６ｍ/s2，月球绕地球中心转动的线速度v＝lkm／s，月球绕地球转动一周时间为T=27.3天,光速c=2．998×１05km/s.196９年８月１日第一次用激光器向位于头顶的月球表面发射出激光光束,经过约t=2.56５s接收到从月球表面反射回来的激光信号,利用上述数据可估算出地球表面与月球表面之间的距离s,则下列方法正确的是（　）

　A．利用激光束的反射s=ｃ•

来算B．　利用v=

来算

C．利用ｍ月g0=m月

来算Ｄ．利用m月g′=m月

（s＋Ｒ+r）来算

【考点】:

线速度、角速度和周期、转速;匀速直线运动及其公式、图像．

专题：

匀速圆周运动专题．

【分析】：

由题，激光光束从发射到接收的时间为t=2.565ｓ，则激光光束从地球射到月球的时间为

，光速为ｃ,地球表面与月球表面之间的距离s＝ｃ•

.月球中心绕地球中心圆周运动的线速度大小为v,月球中心到地球中心的距离为ｓ+R+r,由公式v=

（s+R＋r）可以求出s.月球所在处重力加速度不等于g0和ｇ′，月球绕地球圆周运动的向心力不等于ｍｇ０和ｍｇ′.

【解析】:

　解：

A、由题，激光光束从地球射到月球的时间为

则地球表面与月球表面之间的距离ｓ＝c•

．故A正确.

　　B、月球绕地球中心做匀速圆周运动,其线速度大小为v,月球中心到地球中心的距离为s+Ｒ＋r,由公式v=

（s+R+r）可以算出s.故B正确.

Ｃ、月球的向心力由其重力提供，而月球所在处的重力不等于月球在地球表面的重力ｍ月g0．故C错误.

Ｄ、g′是月球表面的重力加速度,不是月球绕地球圆周运动的加速度，不能用来求月球的向心力.故D错误.

故选AB

【点评】：

本题是实际问题,要抽象成物理模型，即月球绕地球做匀速圆周运动，其向心力由月球的重力提供.

1２．（４分）如图所示，轻质弹簧的一端固定在地面上，另一端连接质量为ｍ的物体B,Ｂ物的上面放一质量为M的物体Ａ（A、Ｂ不粘连），此时A、Ｂ都静止时的位置称为原位置．今从原位置用一竖直向下的力F压物体A,待系统静止后撤除F，则A、Ｂ开始向上运动，则物体在向上运动的过程中（　）

A．物体Ａ、B到达到原位置时的速度最大

　Ｂ．物体A、B到达弹簧自然长度位置时速度最大

　Ｃ.物体A、B到达弹簧自然长度位置时将开始分离

D．物体A、B到达弹簧自然长度位置时的加速度都为重力加速度ｇ

【考点】：

动能和势能的相互转化;牛顿第二定律;功能关系．

【分析】：

无初速释放后，物体在弹力和重力作用下向上运动，弹力逐渐减小，速度逐渐增大,当弹力等于重力时,加速度为零，速度最大,物体继续上升,此后重力比弹力大，物体向上做减速运动,加速度增大,速度逐渐减小，当弹力等于零后，Ａ只受重力,B受重力和弹力,所以B的加速度大，AB开始分离．

【解析】：

解：

Ａ、无初速释放后,物体在弹力和重力作用下向上运动，弹力逐渐减小，速度逐渐增大，当弹力等于重力时,加速度为零,速度最大,物体继续上升,此后重力比弹力大，物体向上做减速运动,加速度增大,速度逐渐减小,故A正确，B错误;

Ｃ、物体Ａ、B到达弹簧自然长度位置时，弹力等于零,此时AＢ只受重力,加速度都为g，此后A只受重力，B受重力和弹力,所以B的加速度大,AB开始分离，故ＣＤ正确；

故选AＣD

【点评】：

解决本题的关键知道根据合力的大小和方向可知加速度的大小和方向,以及知道加速度与速度同向，速度增加，加速度与速度反向，速度减小．

1３．（４分）（２013•枣庄一模）如图所示，光滑斜面倾角为θ，c为斜面上的固定挡板．物块ａ和b通过轻质弹簧连接,a,ｂ处于静止状态，弹簧压缩量为x.现对a施加沿斜面向下的外力使弹簧再压缩３x,之后突然撤去外力,经时间t,物块ａ沿斜面向上运动的速度为ｖ,此时物块b刚要离开挡板．已知两物块的质量均为m,重力加速度为ｇ.下列说法正确的是（　　）

　A.弹簧的劲度系数为

　　B.　物块b刚要离开挡板时，a的加速度为ｇsinθ

C.物块a沿斜面向上运动速度最大时，物块b对挡板ｃ的压力为O

　D．撤去外力后,经过时t,弹簧弹力对物块ａ做的功为5mgxsiｎθ+

﹣ｍv2

【考点】：

动能定理的应用；共点力平衡的条件及其应用；胡克定律;牛顿第二定律.

专题：

动能定理的应用专题．

【分析】：

（1）静止时，弹簧的弹力大小等于物块a重力沿斜面向下的分力，由胡克定律求出弹簧的劲度系数；

（2）物块ｂ刚要离开挡板时,弹簧的弹力等于物块b的重力沿斜面向下的分力，根据牛顿第二定律求得a的加速度;

（3）物块a沿斜面向上运动速度最大时,弹簧的弹力沿斜面向上,大小与a的重力沿斜面向下的分力相等,物块ｂ对挡板c的压力不等于零;

（4）根据动能定理求得撤去外力后,经过时t，弹簧弹力对物块a做的功．

【解析】:

解：

A、静止时,对a：

由平衡条件可知,弹簧的弹力大小等于物块ａ重力沿斜面向下的分力,由胡克定律得:

弹簧的劲度系数k=

．故A正确.

Ｂ、物块b刚要离开挡板时，弹簧的弹力等于物块b的重力沿斜面向下的分力，则对ａ有:

2mgsinθ=ma,得a＝２gｓinθ．故B错误．

Ｃ、物块a沿斜面向上运动速度最大时，弹簧的弹力沿斜面向上,大小与a的重力沿斜面向下的分力相等，则知,弹簧对ｂ有向下２的压力，故物块b对挡板c的压力不为O．故Ｃ错误.

Ｄ、撤去外力后，经过时ｔ,弹簧的伸长量为ｘ′=

，根据动能定理得:

W﹣mｇ（４x+x′）sinθ=

，解得,弹簧弹力对物块a做的功为Ｗ=5mgxsｉnθ+

ｍv2．故Ｄ正确.

故选AD

【点评】：

　本题是含有弹簧的力学问题,关键分析弹簧的状态，根据平衡条件求得弹簧的伸长长度，运用动能定理求解弹力对物块a做的功.

14．（4分）轻绳一端固定在天花板上,另一端系一个小球,开始时绳竖直，小球与一个倾角为θ的静止三角形物块刚好接触，如图所示．现在用水平力F向左非常缓慢的推动三角形物块，直至轻绳与斜面平行,不计一切摩擦．关于该过程中，下列说法中正确的是（　　）

A.绳中拉力先变小后增大

B.　地面对三角形物块的支持力不断增大

C．　斜面对小球的弹力不做功

D．水平推力F做的功等于小球机械能的增加

【考点】：

共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用.

专题：

　共点力作用下物体平衡专题.

【分析】：

根据作图法，抓住重力大小方向都不变，支持力方向不变，根据拉力的方向改变判断支持力和拉力大小的变化.根据力与位移的关系判断力做功情况，根据能量守恒定律求出推力F所做的功.

【解析】：

解：

A、对小球受力分析，小球受重力、支持力和拉力,因为支持力的方向不变,根据作图法知,绳子的拉力逐渐减小,支持力逐渐增大．故A错误．

Ｂ、由前面分析，斜面对球的支持力逐渐增大，则球对斜面的压力逐渐增大，以三角形物块为研究对象，根据平衡条件可知地面对三角形物块的支持力逐渐变大,故B正确；

Ｃ、小球上升，斜面对小球的弹力与小球位移夹角为锐角，故斜面的弹力做正功．故C错误．

Ｄ、根据能量守恒得Ｆ做的功等于系统机械能的增量,斜面体动能和势能不变，小球的动能不变，所以系统机械能的增量等于小球的重力势能增加量.　所以Ｆ做功等于小球机械能的增量．故D正确.

故选：

BＤ．

【点评】:

本题是力学的动态分析,关键抓住合力为零,根据哪些力的大小和方向都不变,哪些力方向不变,通过作图法进行分析．

三、填空实验题（每空2分，共１4分）

15.（２分）如图所示,质量为Ｍ，半径为R的均匀圆形薄板可以绕光滑的水平轴A在竖直平面内转动，AB是它的直径，Ｏ是它的圆心．现在薄板上挖去一个直径为R的圆,则圆板的重心将从Ｏ点向左移动　

Ｒ的距离．

【考点】：

重心．

【分析】：

　利用割补法分析重心的位置．割去的圆形薄板面积为原来面积的

，假设将割去的圆形薄板可补上，在重心处可以将物体支撑起来.

【解析】：

解：

设圆板的重心将从O点向左移动x；

割去的圆形薄板面积为原来面积的

，假设将割去的圆形薄板可补上,在重心处可以将物体支撑起来,故：

（Ｍ﹣

M）ｇ•x=

Mg•

解得：

ｘ=

故答案为：

【点评】：

本题关键是明确重心的物理意义，还要会利用割补法分析重心的位置，基础问题.

1６.（2分）如图所示,质量为m的物体放在倾角为θ的斜面上,在水平恒定的推力F的作用下，物体沿斜面匀速向上运动,则物体与斜面之间的动摩擦因数为

　.

【考点】:

共点力平衡的条件